\section{附录 \thesection: 不必非退化的线性替换的应用}\label{00B}


\begin{frame}{不必非退化的线性替换的应用}
回顾下惯性定理的证明中的断言：
只要
\[
  h(z_1,\cdots,z_n)=z_{1}^{2}+\cdots+z_{p_2}^{2}-z_{p_2+1}^{2}-\cdots-z_{p_2+q_2}^{2},
\]
能通过 (不必非退化的) 线性替换$Z=GY$化成
\[
  g(y_1,\cdots,y_n)=y_{1}^{2}+\cdots+y_{p_1}^{2}-y_{p_1+1}^{2}-\cdots-y_{p_1+q_1}^{2}
\]
那么$p_1\leqslant p_2.$
同时注意到$f$的负惯性指数是$-f$的正惯性指数，我们亦有
$q_1\leqslant q_2.$
所以实际上我们证明了：

\begin{lemma}\label{1AB}
若实二次型$f(x_1,\cdots, x_n)=X^{\rT}AX$可经 (不必非退化的) 实线性替换$X=CY$
化成二次型$g(y_1,\cdots,y_n)=Y^{\rT}BY$, 则
\(
p_g\leqslant p_f, q_g\leqslant q_f, 
\)
其中$p,q$分别表示正、负惯性指数。
\end{lemma}


用矩阵的语言说就是：
\begin{lemma}\label{115}
令$A, B$为实对称矩阵，设存在 (不必可逆的) 实方阵$C$使得$C^{\rT}AC=B$, 那么
\(
p_A\geqslant p_B, q_A\geqslant q_B,
\)
其中$p,q$分别表示正、负惯性指数。
\end{lemma}

\end{frame}



\begin{frame}
  作为引理~\ref{1AB}~的一个应用，我们来证明：
\begin{proposition}\label{10D}
  给定实二次型
  \[
    f(x_1, \cdots, x_n)=l_1^2+\cdots+l_p^2-l_{p+1}^2-\cdots-l_{p+q}^2,
  \]
  其中$l_i$都是$x_1, \cdots, x_n$的一次齐次多项式，
  那么该二次型的正惯性指数$p_f\leqslant p$，负惯性指数$q_f\leqslant q$.
\end{proposition}

\begin{proof}
  令$m=\max\{n, p+q\}$. 
  令 $f'(x_1,\cdots,x_m)=f(x_1, \cdots, x_n)$. 
  考虑二次型
  \[
    g(y_1,\cdots,y_m)=y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots-y_{p+q}^2.
  \]
  线性替换
  \[
    y_i=\begin{cases}
    l_i & \text{当~}1\leqslant i\leqslant p+q, \\
      0 & \text{当~} p+q< i\leqslant m
    \end{cases}
  \]
  将$g$化成了$f'$. 既然 (不必非退化的) 线性替换后正、负惯性指数不会增加，
  \[
    p=p_g\geqslant p_{f'}=p_f,
  \]
  这里$p_g, p_{f'}$分别表示$g, f'$的正惯性指数。
  考虑$-f$并应用刚才的结论知$q_{f}\leqslant q$.
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{proposition}[Sylvester惯性定理]
  \label{0F0}
  设$A$是$n$阶实对称矩阵。再设存在$2N$个$x_1, \cdots, x_n$的一次齐次多项式
  $l_1, \cdots, l_N, k_1, \cdots, k_N$
  使得二次型$X^{\rT} AX$可写为
  \(
    X^{\rT} A X= \sum_{i=1}^N l_i k_i.
  \)
  那么$N\geqslant\max\{p_A, q_A\}$.
\end{proposition}


\begin{proof}
  这实际上是命题~\ref{10D}~换了个说法。
  我们来证明命题~\ref{0F0}~与命题~\ref{10D}~
  等价。

  ($\Leftarrow$) 如命题~\ref{0F0}~中假设。
  令$l_i'=\frac{l_i+k_i}{2}, k_i'=\frac{l_i-k_i}{2}$. 
  那么$l_ik_i=(l_i')^2-(k_i')^2$.
  从而 
  \[
    X^{\rT} A X= \sum_{i=1}^N (l_i')^2 -\sum_{i=1}^N (k'_i)^2.
  \]
  这样由命题~\ref{10D}~知
  $p_A\leqslant N, q_A\leqslant N$. 

  ($\Rightarrow$) 如命题~\ref{10D}~中假设。
  不妨设$p\geqslant q$ (否则用$-f$替换$f$来考虑)。
  这样只用证明$N\geqslant p$. 令$l_{p+q+1}=\cdots=l_{2p}=0$ (若$p>q$).
  此时
  \[
    f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^p l_i^2-\sum_{i=1}^p l_{p+i}^2.
  \]
  令$l_i'=l_i-l_{i+p}, k_i'=l_i+l_{i+p}$, 则$f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^p l_i'k_i'$.
  由命题~\ref{0F0}~知$p_f\leqslant p$.
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

作为引理~\ref{115}~的应用，我们来证明：

  \begin{example}
    令$A, B$为同阶实对称矩阵，令$p,q$分别表示正、负惯性指数。
    那么
    \[
      p_{A+B}\leqslant p_A+p_B, \quad 
      q_{A+B}\leqslant q_A+q_B.
    \]
诚然，
    我们有
    \[
      \begin{pmatrix}
        E & 0\\
        E & 0
      \end{pmatrix}^{\rT} \begin{pmatrix}
        A \\ &B
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        E & 0 \\ E & 0
      \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        A+B \\ & 0
      \end{pmatrix}.
    \]
    注意到
    \[
      \begin{pmatrix}
      A \\ &B
    \end{pmatrix} \quad(\text{转：} \begin{pmatrix}
        A+B \\ & 0
    \end{pmatrix})
  \]
  的正、负惯性指数分别是
  \[
    p_A+p_B, q_A+q_B \quad (\text{转：} p_{A+B}, q_{A+B}).
  \]
    既然 (不必可逆的矩阵给出的) 合同变换后正、负惯性指数不会增加，
$p_{A+B}\leqslant p_A+p_B,$
  $q_{A+B}\leqslant q_A+q_B$.
\end{example}


在第九章的幻灯片的附录中，我们还会用实对称矩阵的谱定理来证明此附录中所有结论。

\end{frame}

\begin{frame}

下面的事实告诉我们：
退化的线性替换 (或退化的矩阵给出的合同变换) 与非退化的线性替换 (或可逆矩阵给出的合同变换)
实际中可能相差不远。
\begin{lemma}\label{123}
  令$A, B$为 (任意特征非$2$的域上的) 对称矩阵。假设存在方阵$C$使得$C^{\rT}AC=B$且$\rank A=\rank B$ 
  (这样的条件成立，若存在矩阵$C, D$使得$C^{\rT}AC=B$和$D^{\rT}BD=A$).
  那么存在可逆矩阵$P$使得$P^{\rT}AP= B$.
\end{lemma}

\begin{proof}
  注意到$C^{\rT}AC=B, D^{\rT}BD=A$ 蕴含了$\rank A=\rank B$.
  设$C^{\rT}AC=B$且$\rank A=\rank B=r$.  
  设$A, B$的一个标准形分别为$D_1'=D_1\oplus 0$,
  $D_2'=D_2\oplus 0$, 其中 
  \[
    D_1=\begin{pmatrix}
      \lambda_1 \\ & \ddots \\ && \lambda_r
    \end{pmatrix},\quad
D_2=\begin{pmatrix}
      \mu_1 \\ & \ddots \\ && \mu_r
    \end{pmatrix}.
  \]
  那么存在矩阵$M$使得
  $M^{\rT} D_1' M = D_2'$. 令$M$的左上角的$r$阶子方阵为$N$,
  那么$N^{\rT}D_1N=D_2$. 取行列式知$N$可逆。
  令$Q=N\oplus E_{n-r}$, 则$Q$可逆，且$Q^{\rT}D_1'Q=D_2'$.
  从而存在可逆矩阵$P$使得$P^{\rT}AP=B$.
\end{proof}


\end{frame}



